Embed Size (px)
Citation preview
Sveuciliste J. J. Strossmayera u Osijeku
Odjel za matematiku
Kresimir Fabijancic
PRAVILNI SEDAMNAESTEROKUT
Diplomski rad
Osijek, 2017.
Sveuciliste J. J. Strossmayera u Osijeku
Odjel za matematiku
Kresimir Fabijancic
PRAVILNI SEDAMNAESTEROKUT
Diplomski rad
Mentor: izv. prof. dr. sc. Ivan Matic
Osijek, 2017.
zarucnici Mateji, mami Slavici i sestri NadiSi consistant adversum me castra, non timebit cor meum. Ps. 27,3
Sadrzaj
Uvod 3
1 Carl Friedrich Gauss 4
2 Euklidske konstrukcije 62.1 Najjednostavnije algebarske konstrukcije . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.2 Pravilni poligoni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
3 Konstrukcija pravilnih n-terokuta 113.1 Gaussov sedamnaesterokut . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.2 Konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta ravnalom i sestarom . . . . 153.3 Gaussova teorija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
4 Gaussov teorem i algebra 244.1 Grupe i polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.2 Prosirenje polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.3 Polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.4 Ciklotomsko polje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.5 Konstruktibilni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.6 Fermatovi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.7 Gaussov teorem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Sazetak 30
Title and summary 31
Zivotopis 32
2
Uvod
Jos od antike su geometrijske konstrukcije bile privlacne matematicarima. Konstruk-cije figura i duzina bile su ogranicene instrumentima. Zahtijevalo se da konstrukcijebudu izvodene iskljucivo ravnalom i sestarom na nacin da ravnalo bude jednobridnobez mjernih oznaka. Za sestar se cak zahtijevalo da se ne smije koristiti za oznacavanjaudaljenosti, odnosno prenosenje duzina, vec se pretpostavljalo da se mora sklopiti kadanije u procesu crtanja kruznice. Platon je zahtijevao upotrebu iskljucivo sestara prikonstrukcijama. Metode konstrukcija pravilnih n-terokuta dao je Euklid ali samo zan = 2, 3, 5, te za udvostruceni broj stranica konstruiranog n-terokuta. Prvi mate-maticar koji je napravio znacajan pomak pri konstrukciji pravilnih n-terokuta bio jeCarl Friedrich Gauss koji je pokazao za koje sve vrijednosti prirodnog broja n je pravilnin-terokut konstruktibilan.
U prvom poglavlju dana je kraca Gaussova biografija i znacajnija dostignuca napodrucju matematike iako ih ima jos mnogo koja su mozda i znacajnija.
Drugo poglavlje donosi kratak pregled konstrukcija - elementarnih i algebarskihonako kako su poznate jos od antike. Dani su aksiomi konstruktivne geometrije teiskaz teorema o konstruktibilnosti algebarskih izraza.
Trece poglavlje donosi poveznicu kompleksnih brojeva i konstrukcije pravilnih n-terokuta preko n-tih korijena iz jedinice. Pokazuje se kako je za konstrukciju pravilnog
n-terokuta dovoljno moci konstruirati cos2π
nsto je povezano s rjesavanjem jednadzbe
oblika xn − 1 = 0. Opisuje se kako je Gauss dosao do konstrukcije pravilnog sedamna-esterokuta i do konstrukcije pravilnih n-terokuta opcenito te kako je iskoristio prijasnjepoznate rezultate na vrlo lukav nacin.
Zadnje, cetvrto poglavlje povezuje Gaussov teorem o konstrukciji pravilnih n-terokutas algebarskim strukturama i Fermatovim brojevima. Daje se kako iskaz tako i dokazteorema koji odgovara na pitanje za koji prirodni broj n je pravilni n-terokut kons-truktibilan.
3
1 Carl Friedrich Gauss
Slika 1: Carl Friedrich Gauss
Potkraj 18. stoljeca Njemacka je preuzela vodstvokao srediste matematickih zbivanja. Najveci ma-tematicar modernog doba, Carl Friedrich Gauss(1777. - 1855.), je bio toliki veliki Nijemac daNjemacku nije napustao nikada u svom zivotu.Gauss je roden u siromasnoj obitelji i roditeljisu mu bili nepismeni. Otac ih je uspio izvuci izsiromastva napornim poslovima klesara, vrtlara,kopanjem kanala te nadzornika u jednoj zidarskojtvrtki u rodnom Braunschweigu. Da je bilo poocevoj volji, Gauss bi slijedio obiteljske poslove ipostao vrtlar ili zidar. Protiv svoje volje i nakonmnogo nagovaranja otac ga daje u skolu jer je biovrlo nadaren. Vrlo brzo se Gauss poceo isticati uskoli i njegova nadarenost za matematiku je do-lazila na vidjelo. Njegove aritmeticke sposobnostisu toliko prerasle njegove skolske kolege da su udobi od 9 godina nastavnici priznali kako ga ne-maju vise cemu poucavati. Govori se da je vec naprvom satu aritmetike Gauss zapanjio nastavnikagotovo odmah zbrojivsi sve brojeve od 1 do 100 sto se cinilo kao mukotrpan i dugacakposao. Sam Gauss kasnije je priznao da je uocio uzorak:
1 + 100 = 101, 2 + 99 = 101, 3 + 98 = 101, . . . , 50 + 51 = 101.
Jer je ukupno 50 parova brojeva od kojih svaki par daje sumu 101, suma svih brojevamora biti 50 · 101 = 5 050. Ovim principom dolazimo i do opcenite formule za sumu
prvh n prirodnih brojeva:n∑i=1
i =n(n+ 1)
2.
Njegova briljantnost je privukla paznju uglednih ljudi, osobito Ferdinanda vojvodeod Braunschweiga koji je bio Gaussov zastitnik i mecena kroz dugi niz godina. Voj-vodina velikodusnost je omogucila Gaussu pohadanje najboljih skola te na kraju isveucilista u Gottingenu gdje se zadrzao samo tri godine te otisao bez diplome po kojuse vratio nakon godinu dana. Kada je dosao na sveuciliste, jos uvijek je bio neodlucan- postati matematicar ili loviti karijeru s klasicnim jezicima. 30. ozujak 1796. oznacioje prekretnicu u izboru studija. Toga dana, kad jos nije napunio ni 20 godina, Gaussje dosao do zapanjujuceg rezultata koji ga je obiljezio kao matematicara.
Problem konstrukcija pravilnih poligona koristeci iskljucivo ravnalo i sestar je usvijetu matematike dugo lezao po strani. Naime, vjerovalo se da su anticki mate-maticari iscrpili sve mogucnosti i da se vec sve zna o konstrukcijama pravilnih poligona.Medutim, Gauss je pokazao da je moguce konstruirati pravilni poligon sa 17 strana stoje bio prvi takav rezultat jos od Euklida. Gauss je bio toliko ponosan na to otkriceda je zelio da mu se na nadgrobni spomenik uklese pravilni sedamnaesterokut. Iakomu nisu ispunili zelju, ipak su uklesali zvijezdu sa sedamnaest krakova na spomenikupodignutom njemu u cast u njegovom rodnom mjestu. Navodno je klesar odbio uk-lesati pravilni sedamnaesterokut jer se bojao da se ta figura nece puno razlikovati odkruznice.
4
Slika 2: Pocetna stranica Gaussoveknjige
Kasnije, u svojoj impresivnoj knjizi Disquisi-tiones Arithmeticae, koju je izdao 1801., Gaussdaje dokaz da se pravilni poligon sa p strana(gdje je p neparan prost broj) moze konstru-irati ravnalom i sestarom ako je broj p oblika22k + 1. Za k = 0, 1, 2, 3, 4 dobivamo redom p =3, 5, 17, 257, 65 537 sto su sve prosti brojevi. Zak = 5 Euler je pokazao da broj 225 + 1 nije prost ida sadrzi faktor 641. Matematicari danas vjerujuda je 22k + 1 slozen broj za k ≥ 5 iako za to nepostoji formalni dokaz.
U Gottingenu je Gauss studirao matema-tiku pod vodstvom profesora Abrahama Kastnera.Buduci da Kastner nije pokazivao zanimanje zaGaussova istrazivanja, Gauss je radio samostalno ineovisno o profesorima. Postoji prica koja kaze daje Gauss pokusao zainteresirati Kastnera za kons-trukciju pravilnog sedamnaesterokuta isticuci daje do konstrukcije dosao tako sto je rijesio alge-barsku jednadzbu sedamnaestog stupnja. Profesorje, trazeci nacin da se rijesi Gaussa, jednostavnorekao da je takvo sto nemoguce. Vrativsi se sa
sveucilista u rodni grad, Gauss je pokusavao davati privatne poduke iz matematike alito mu nije islo za rukom. Stoga mu je vojvoda Ferdinand dao mirovinu kako bi seposvetio istrazivackom radu. U tom vremenu Gauss je napisao svoju doktorsku diser-taciju na temelju koje mu je dan doktorat bez ikakvog dodatnog ispitivanja koje jebilo uobicajeno. Disertacija naslova: ”Novi dokaz teorema da svaka integrabilna raci-onalna funkcija jedne varijable moze biti rastavljena na realne faktore prvog ili drugogstupnja” daje prvi znacajan dokaz fundamentalnog teorema algebre, iako nije zapi-san danasnjim matematickim jezikom. Fundamentalni teorem algebre kaze da svakaalgebarska jednadzba n-tog stupnja ima barem jedno kompleksno rjesenje. Nakon di-sertacije Gaussovi uspjesi su se nizali jedan za drugim. Ideje iz teorije brojeva jos odstudentskih dana skupio je i objavio u knjizi Disquisitiones Arithmeticae u kojoj se,izmedu ostalog, nalaze i rjesenja jednadzbe sedamnaestog stupnja kojima je mogucekonstruirati pravilni sedamnaesterokut. Ova knjiga dala mu je neoborivu titulu mate-matickog genija.
Do sredine 19. st. matematika je bila uvelike razvijena i podijeljena u vise podrucjaza koje su se pojedini matematicari specijalizirali. Gauss je bio zadnji potpuni mate-maticar i nije pretjerano reci da je imao udjela u gotovo svim podrucjima matematike.Njegova predanost matematici dala mu je titulu princ matematike rame uz rame sArhimedom i Isaacom Newtonom. Iako je volio svu matematiku, Gaussu je najvecepolje interesa bila teorija brojeva. U svojoj knjizi Disquisitiones Arithmeticae prvi jeuveo pojam kongruencije i uveo simbol ”≡”. U znak zahvalnosti vojvodi Ferdinandu zasve sto mu je omogucio, Gauss je knjigu Disquisitiones Arithmeticae posvetio upravonjemu. U svojoj posveti Gauss je izmedu ostalog napisao: ”Da nije bilo Vase nesebicnepotpore mojim studijima, ne bih se mogao posvetiti svojoj strasnoj ljubavi - proucavanjumatematike.”.
5
2 Euklidske konstrukcije
Jos od samih pocetaka matematike, ravnalo i sestar su koristeni kao geometrijski ins-trumenti. Pod pojmom ravnalo podrazumijevamo da se radi o jednobridnom ravnalubez mjernih oznaka. Platon (429. − 347. pr. Kr.) je pri rjesavanju konstruktivnihzadaca koristio iskljucivo ravnalo i sestar. Nakon njega je Euklid (300. pr. Kr.) izdaozbirku od 13 knjiga pod nazivom Elementi u kojima je sustavno obradena sva do tadapoznata geometrija, osim krivulja drugog reda. U Elementima Euklid daje aksiomekojima opisuje mogucnosti izvodenja konstrukcija ravnalom i sestarom. Ti aksiomi supoznati kao aksiomi ravnala i sestara.
Euklidskim konstrukcijama nazivat cemo one konstrukcije koje su izvodive iskljucivosestarom i ravnalom bez mjernih oznaka. Takoder, za neku figuru cemo reci da jekonstruktibilna ako ju se moze konstruirati pomocu konacnog broja fundamentalnihkonstrukcija.
Aksiomi konstruktivne geometrije
AKSIOM 1. Svaka zadana figura je konstruirana.
AKSIOM 2. Ako su konstruirane dvije ili vise figura, tada je konstruirana i njihovaunija.
AKSIOM 3. Ako su konstruirane dvije figure, tada se moze ustanoviti je li njihovarazlika prazan skup ili ne i u slucaju da ta razlika nije prazan skup ta razlika je kons-truirana.
AKSIOM 4. Ako su konstruirane dvije ili vise figura tada se moze ustanoviti je linjihov presjek prazan skup ili ne i u slucaju da taj presjek nije prazan skup taj presjekje konstruiran.
AKSIOM 5. Ako je dana neprazna figura tada je moguce konstruirati tocku kojapripada toj figuri.
Aksiomi ravnala
Ravnalom se mogu vrsiti ove konstrukcije:
AKSIOM 6 (R1). Ravnalom mozemo konstruirati duzinu ako su dani krajevi teduzine.
AKSIOM 7 (R2). Ravnalom mozemo konstruirati polupravac s danom pocetnomtockom koji prolazi kroz drugu danu tocku.
AKSIOM 8 (R3). Ravnalom mozemo konstruirati pravac koji prolazi kroz dvije danetocke.
Aksiomi sestara
Sestarom se mogu vrsiti ove konstrukcije:
AKSIOM 9 (S1). Sestarom mozemo konstruirati kruznicu ako je dano njeno sredistei polumjer.
AKSIOM 10 (S2). Sestarom mozemo konstruirati bilo koji od dva luka kruzniceodreden s dvije tocke kruznice ako je dano srediste kruznice i krajnje tocke tog luka.
6
Fundamentalne konstrukcije
Pod fundamentalne konstrukcije ubrajamo aksiome ravnala (R1, R2, R3), aksiomesetara (S1, S2) i dodatno
• konstrukciju konacnog broja zajednickih tocaka dvaju danih likova
• konstrukciju tocke koja pripada danom liku.
Elementarne konstrukcije
1. simetrala duzine
2. simetrala kuta
3. prenosenje duzine
4. prenosenje kuta
5. paralela s danim pravcem povucena kroz danu tocku
6. okomica povucena iz dane tocke na dani pravac
7. dijeljenje duzine u zadanom omjeru
8. konstrukcija trokuta koristenjem poucaka o sukladnosti trokuta(S − S − S, S −K − S, K − S −K, S> − S −K)
Kao sto mozemo vidjeti, ravnalom i sestarom smo vrlo ograniceni i mozemo izvrsitisamo neke konstrukcije. Pretpostavimo stoga da su nam zadane duzine odredene du-ljinama a, b, c, . . . , k. Treba konstruirati duzinu duljine x dane algebarskim izrazomx = f(a, b, c, . . . , k). U ovom slucaju (uz odredene uvjete) kazemo da smo konstruiralidani izraz x. Varijable u ovom izrazu su duljine duzina, a kako su to uvijek pozitivnevrijednosti to i izraz x ima smisla samo ako poprima pozitivne vrijednosti.
Definicija 2.1. Za izraz f(d1, d2, d3, . . . , dn) kazemo da je homogen izraz dimenzije nako za svaki k ∈ N vrijedi
f(kd1, kd2, kd3, . . . , kdn) = knf(d1, d2, d3, . . . , dn).
Za konstruiranje homogenih izraza dimenzije 1 nemamo problema, medutim akoje homogeni izraz dimenzije razlicite od 1 ili je nehomogen, tada je potrebno uvestiduzinu jedinicne duljine e = 1. Svaki zadani algebarski izraz najprije je potrebnorastaviti na najjednostavnije algebarske izraze koristeci konacan broj zbrajanja, odu-zimanja, mnozenja i dijeljenja te odredivanja drugih korijena. Bitno je da rastav budetakav da svaki pojedini clan znamo konstruirati (konstrukcije cemo navesti kasnije).Prirodno je postaviti pitanje kada se pomocu ravnala i sestara moze konstruirati izrazf(d1, d2, d3, . . . , dn)? Odgovor daje iduci teorem.
Teorem 2.1. Svaki pozitivni algebarski izraz f(d1, d2, d3, . . . , dn) koji se iz danih velicinad1, d2, d3, . . . , dn dobiva konacnim brojem racionalnih operacija (zbrajanje, oduzimanje,mnozenje, dijeljenje) i odredivanjem drugih korijena moze se konstruirati ravnalom isestarom.
Uvodeci ovu, takozvanu algebarsku metodu konstruiranja, dobivamo malo veci op-seg mogucih konstrukcija ravnalom i sestarom.
7
2.1 Najjednostavnije algebarske konstrukcije
Medu najjednostavnije algebarske konstrukcije ubrajamo konstrukcije zbroja, razlike,dijeljenje duzine na n jednakih dijelova te odredivanje drugog korijena. Ostale alge-barske konstrukcije se svode na ove (ukljucujuci i konstrukcije izraza za koje uvodimo
duzinu jedinicne duljine). Napomenimo samo da se konstrukcija izraza x =a2
csvodi
na konstrukciju sa Slike 6 za b = a, x =√a2 − b2 za a > b se svodi na konstrukciju
sa Slike 7, te x =√n · a se svodi na konstrukciju sa Slike 8. Treba imati na umu da
konstrukcije u kojima se pojavljuje drugi korijen nisu jedinstvene. Na primjer, izrazx = a
√5 mozemo konstruirati kao sto je prikazano na Slici 8 za a = 5a te b = a,
ali mozemo napraviti i rastav prema Pitagorinom poucku (2a)2 + a2 = (√
5a)2 sto sekonstruira kao sto je prikazano na Slici 7.
Slika 3: x = a+ b Slika 4: x = a− bSlika 5: x =
a
n, n ∈ N
Slika 6: x =a · bc Slika 7: x =
√a2 + b2 Slika 8: x =
√a · b
Konstruktivna zadaca
Pri izvodenju geometrijskih konstrukcija nezaobilazan pojam su konstruktivne zadace.Konstruktivna zadaca sastoji se u konstrukciji neke figure s danim instrumentima akosu dane druge figure i opisani odnosi izmedu elemenata trazene figure i danih figura.
Rjesenje konstruktivne zadace je svaka figura koja zadovoljava sve uvjete koje morazadovoljavati trazena figura. Naci rjesenje konstruktivne zadace znaci svesti danuzadacu na konacan niz fundamentalnih konstrukcija danih instrumenata nakon cegasmatramo da je trazena figura i sama konstruirana. Konstruktivna zadaca opcenitoima vise rjesenja.
Pri rjesavanju konstruktivne zadace slijedimo odredeni niz rjesavanja:analiza→ konstrukcija→ dokaz → rasprava
8
U analizi trazimo nacin rjesavanja zadace. Ispitujemo vezu dane i trazene figureuz pomoc pomocnih figura koje se najprije konstruiraju. U analizi se koriste ranijepoznati teoremi i konstrukcije te se obicno radi skica.
Konstrukcija se radi na temelju analize. Istakne se niz osnovnih i fundamentalnihkonstrukcija ili poznatih konstrukcija i ranije rijesenih zadaca. Taj niz daje trazenufiguru.
Dokazom pokazujemo da dobivena figura zadovoljava sve uvjete zadace i da je svakikorak u konstrukciji moguc.
Rasprava obicno odgovara na pitanja je li uvijek moguce izvrsiti konstrukciju, kolikoima rjesenja uz svaki moguci izbor danih elemenata,. . . Takoder ispitujemo sve mogucepolozaje danih elemenata koji mogu doci u obzir.
2.2 Pravilni poligoni
Jos od Euklidovog doba poznato je koji mnogokuti su konstruktibilni. Zasigurno svatkotko je zavrsio barem osnovnoskolsko obrazovanje vidio je (ako ne i upamtio) konstrukcijepravilnog trokuta, cetverokuta i peterokuta.
Kako bi konstruirali pravilni 2n-terokut iz pravilnog n-terkuta potrebno je povucisimetrale svih stranica pravilnog n-terokuta. One ce sijeci kruznicu opisanu pravil-nom n-terokutu u tockama koje odreduju pravilni 2n-terokut. Dakle, ako krenemo odpravilnih trokuta, cetverokuta i peterokuta mozemo konstruirati poligone s 3, 6, 12, . . .strana, 4, 8, 16, . . . strana, 5, 10, 20, . . . strana.
Medutim, sto ako zelimo konstruirati pravilni petnaesterokut? I to je moguce itakoder poznato jos od antike.
Zadatak. Zadan je pravilni peterokut ABCDE upisan kruznici k(S, |SA|). Konstru-irati pravilni petnaesterokut koji je upisan danoj kruznici.
Analiza: Sredisnji kut pravilnog peterokuta iz-nosi α = 72◦. Ako bi u istoj kruznici kons-truirali pravilne (jednakostranicne) trokute(na poseban nacin) koji svaki sa danim pe-terokutom dijele po jedan vrh, dobili bi tri-sekciju sredisnjeg kuta pravilnog peterokuta.Odnosno, dobili bi sredisnji kut pravilnog n-terokuta od α′ = 24◦ sto u konacnici dajepravilni petnaesterokut.
Slika 9: Skica
9
Konstrukcija: Prema analizi i skici radimo konstrukciju:
Slika 10: Pravilni petnaesterokut
Koraci konstrukcije:
1. AS
2. M ∈ k, ∠ASM = 120◦
3. s, s simetrala kuta ∠ESM
4. s ∩ k = N
5. MN je stranica petnaestero-kuta
Dokaz: Ako uzmemo u obzir formulu za sredisnji kut pravilnog n-terokuta α =360◦
n,
onda je kut ∠ASE =360◦
5= 72◦. Prema konstrukciji je ∠ASM = 120◦, a to je
sredisnji kut jednakostranicnog trokuta. Tada je
∠ESM = ∠ASM − ∠ASE = 120◦ − 72◦ = 48◦.
Kako simetrala kuta ∠ESM dijeli taj kut na dva sukladna kuta, to je ∠ESN =
∠NSM = 24◦. Prema α =360◦
nje n =
360◦
24◦= 15.
Jer su SM i SN polumjeri iste kruznice te ∠NSM = ∠ESN prema pouckuo sukladnosti trokuta S − K − S je MN ∼= NE. Analogno vrijedi i za ostalestranice petnaesterokuta.
Rasprava: Rjesenje zadace je jedinstveno.
Sada iz petnaesterokuta mozemo konstruirati mnogokut s 15, 30, 60 . . . strana.Ovoj listi konstruktibilnih pravilnih poligona koja se nije mijenjala gotovo 2000
godina, Gauss je nadodao pravilni sedamnaesterokut. I ne samo nadodao sedamna-esterokut vec odgovorio na pitanje: ”Za koje vrijednosti n ∈ N je pravilni n-terokutkonstruktibilan?”.
10
3 Konstrukcija pravilnih n-terokuta
Skup C = {a+ bi|a, b ∈ R}, gdje i ima svojstvo i2 = −1 se zove skup kompleksnihbrojeva. Ako je z = a + bi, onda a nazivamo realni dio kompleksnog broja z te bnazivamo imaginarni dio kompleksnog broja z. Broj i nazivamo imaginarna jedinica.
Svaki kompleksni broj je potpuno zadan s dva realna broja i pri tome je vazno kojije prvi (realni) a koji drugi (imaginarni). Obratno, svakom uredenom paru realnihbrojeva (a, b) mozemo pridruziti kompleksni broj z = a + bi. Tako je dano obostranojednoznacno pridruzivanje izmedu skupova C i R2. To pridruzivanje nam omogucavada se kompleksni brojevi crtaju u ravnini kao tocke. Razlika je u tome sto u ravniniu kojoj crtamo kompleksne brojeve tocke mozemo zbrajati i mnoziti. Ta ravnina imaposebno ime: kompleksna ili Gaussova ravnina.
Neka je u Gaussovoj ravnini na jedinicnoj kruznici dana tocka ξ. Neka ξ zatvarakut ϕ sa pozitivnim dijelom realne osi. Tada mozemo pisati: ξ = cosϕ+ i sinϕ. Ako
je ϕ =2kπ
nza neke k, n ∈ Z prema pravilima za mnozenje kompleksnih brojeva je
ξn = 1. Drugim rijecima, ξ je kompleksno rjesenje (korijen) jednadzbe xn − 1 = 0. Zak = 0, 1, 2, . . . , n− 1 dobivamo n razlicitih rjesenja (korijena) te jednadzbe.
Definicija 3.1. Kazemo da je ξ ∈ C n-ti korijen iz jedinice ako je ξn = 1.Ako je ξ n-ti korijen iz jedinice onda je red od ξ najmanji k ∈ N takav da je ξk = 1 ioznacavamo ga s ord(ξ) = k.
Geometrijski gledano, n-ti korijeni iz jedinice su zapravo tocke jednako rasporedenena trigonometrijskoj kruznici; svake dvije susjedne tocke sa sredistem zatvaraju jednakisredisnji kut kruznice.
Kako bi konstruirali pravilni n-terokut dovoljno je konstruirati cos2π
n, odnosno
sin2π
n. Buduci da je kompleksni broj ξ = cos
2π
n+ isin
2π
nn-ti korijen iz jedinice,
konstrukcija pravilnog n-terokuta u Gaussovoj ravnini povezana je s rjesavanjem jed-nadzbe xn−1 = 0 u kompleksnim brojevima i prikazu rjesenja u obliku konacnog brojaracionalnih operacija i odredivanja drugih korijena.
Primjer za n = 5 (pravilni peterokut)
Uzmimo da je n = 5. Neka je ϕ =2π
5te ξ = cos
2π
5+ i sin
2π
5kompleksni broj koji
predstavlja prvi vrh peterokuta nakon vrha 1. Pet vrhova peterokuta bit ce u tockama1, ξ, ξ2, ξ3, ξ4.
Primijetimo da je ξ4 = ξ−1, odnosno, ξ4 je kompleksno-konjugirani par od ξ. Zatoje:
ξ + ξ4 = 2 cos2π
5.
S druge strane, ξ je korijen jednadzbe x5 − 1 = 0. Izraz x5 − 1 mozemo faktoriziratikao
x5 − 1 = (x− 1)(x4 + x3 + x2 + x+ 1).
Buduci da ξ 6= 1, on ne ponistava prvi faktor sto znaci da ponistava drugi faktor, tj.ξ4 + ξ3 + ξ2 + ξ + 1 = 0 sto nam daje ξ4 + ξ3 + ξ2 + ξ = −1. Neka je λ = ξ + ξ4.Uzimajuci u obzir da je ξ5 = 1 slijedi da je λ2 = ξ2 + 2 + ξ3. Sada zbrojimo λ i λ2 tedobivamo:
λ2 + λ = ξ4 + ξ3 + ξ2 + ξ + 2 = 1.
11
Sada mozemo zakljuciti da je λ korijen jednadzbe x2 + x− 1 = 0 koja ima rjesenja
x1,2 =−1±
√5
2. Kako je λ pozitivan realan broj, mora biti λ =
√5− 1
2. Sada mozemo
zakljuciti da je
cos2π
5=
√5− 1
4
a to prema Teoremu 2.1 mozemo konstruirati.
Slika 11: Pet korijena iz jedinice koji cine petrokut
3.1 Gaussov sedamnaesterokut
Povijesne knjige svjedoce da se mladi 19-godisnji Gauss probudio u rano jutro 30.ozujka 1796. jer mu je na pamet pala nevjerojatna metoda kako konstruirati pravilnisedamnaesterokut.
Ako bi samo trebalo pokazati da je pravilni sedamnaesterokut moguce konstruirati,rjesenje je vrlo jasno i jednostavno. Uzmimo da je 2π = 17ϕ. Kada bi se cosϕmogao izraziti konacnim brojem racionalnih operacija i odredivanja drugih korijena,tada je moguce konstruirati duzinu te duljine. Kako smo vec rekli, cosϕ predstavljax koordinatu tocke na jedinicnoj kruznici. Gauss je pronasao nacin kako cosϕ izrazitikonacnim brojem racionalnih operacija i odredivanja drugih korijena. To je uciniorjesavajuci jednadzbu sedamnaestog stupnja x17 − 1 = 0 trazeci rjesenja na posebannacin.
Definirajmo:
a = cosϕ+ cos 4ϕ
b = cos 2ϕ+ cos 8ϕ
c = cos 3ϕ+ cos 5ϕ
d = cos 6ϕ+ cos 7ϕ.
Ovakve jednakosti nisu postavljene slucajno, i imaju veze s Gaussovom teorijom orjesavanju jednadzbi oblika xn − 1 = 0 o kojoj ce biti vise u iducem poglavlju.
12
Nadalje, zbrojimo i oznacimo ovako:
e = a+ b
f = c+ d
te zbrojimo i e+ f . Rezultat zbrajanja bit ce
e+ f = cosϕ+ cos 2ϕ+ . . .+ cos 8ϕ.
Kako bi nasli rezultat ovog zbrajanja, oznacimo e + f = S8 te lijevu i desnu stranu
pomnozimo s 2 sinϕ
2. Slijedi:
2S8 sinϕ
2= 2 cosϕ sin
ϕ
2+ 2 cos 2ϕ sin
ϕ
2+ . . .+ 2 cos 8ϕ sin
ϕ
2.
Primjenom adicijske formule sin x− sin y = 2 cosx+ y
2sin
x− y2
na svaki od clanova
desne strane, formula se znatno pojednostavi. Uvrstavajuci ϕ =2π
17u pojednostavljenu
jednadzbu
S8 =sin 17ϕ
2− sin ϕ
2
2 sin ϕ2
dobijemo
e+ f = S8 = −1
2.
Sada mozemo racunati produkte od a, b, c, d svaki sa svakim. Kracim racunom iuzimajuci u obzir da vrijedi cosnϕ = cos(17−n)ϕ, sto se moze provjeriti raspisivanjemdesne strane, imamo slijedece:
2ab = e+ f = −1
22ac = 2a+ b+ d
2ad = b+ c+ 2d
2bc = a+ 2c+ d
2bd = a+ 2b+ c
2cd = e+ f = −1
2.
Pokazat cemo samo jedno mnozenje. Ostala se mogu izvesti analogno.
2ab = 2(cosϕ+ cos 4ϕ)(cos 2ϕ+ cos 8ϕ)
= 2 cosϕ cos 2ϕ+ 2 cosϕ cos 8ϕ+ 2 cos 4ϕ cos 2ϕ+ 2 cos 4ϕ cos 8ϕ
= (cos 3ϕ+ cosϕ) + (cos 9ϕ+ cos 7ϕ) + (cos 6ϕ+ cos 2ϕ) + (cos 12ϕ+ cos 4ϕ).
Zbog cosnϕ = cos(17 − n)ϕ mozemo uvesti supstituciju cos 9ϕ = cos 8ϕ te cos 12ϕ =cos 5ϕ. Preslagivanjem clanova i uvrstavanjem supstitucije imamo:
2ab = (cosϕ+ cos 4ϕ) + (cos 2ϕ+ cos 8ϕ) + (cos 3ϕ+ cos 5ϕ) + (cos 6ϕ+ cos 7ϕ)
= a+ b+ c+ d
= e+ f = −1
2.
13
Jos nas zanima koliko je ef . Uvrstavajuci izraze za e i f imamo:
2ef = 2(a+ b)(c+ d)
= 2ac+ 2ad+ 2bc+ 2bd
= 2a+ b+ d+ b+ c+ 2d+ a+ 2c+ d+ a+ 2b+ c
= 4a+ 4b+ 4c+ 4d
= 4(e+ f) = −2
odakle slijedi da je ef = −1. Sada kada imamo e+f = −12
te ef = −1, zbog Vieteovihformula mozemo zakljuciti da su e i f korijeni kvadratne jednadzbe
x2 +1
2x− 1 = 0.
Rjesenja ove jednadzbe su x1,2 =−1±
√17
4. Koje rjesenje je e a koje f procijenit
cemo numericki. Jer je
e = a+ b = cosϕ+ cos 4ϕ+ cos 2ϕ+ cos 8ϕϕ= 2π
17≈ 0.7807764
mozemo zakljuciti da je e =−1 +
√17
4≈ 0.7807764, te da je f =
−1−√
17
4. Valja
napomenuti da numericka procjena nije sredstvo dokaza, ali je dobro orude i u ovomslucaju moze posluziti pri zakljucivanju.
Jer je a+ b = e te ab =e+ f
2= −1
4, a i b su rjesenja jednadzbe
x2 − ex− 1
4= 0.
Prema formuli za rjesenja kvadratne jednadzbe imamo x1,2 =1
2e±
√1
4+
1
4e2. Uvrstavanjem
vrijednosti od e slijedi da je
x1,2 = −1
8+
1
8
√17± 1
8
√34− 2
√17.
Ovdje cemo se opet posluziti numerickom procjenom kako bi odredili koje rjesenje jea te koje rjesenje je b. Jer je
a = cosϕ+ cos 4ϕϕ= 2π
17≈ 1.024741
mozemo zakljuciti da je
a = −1
8+
1
8
√17 +
1
8
√34− 2
√17
b = −1
8+
1
8
√17− 1
8
√34− 2
√17.
Na potpuno analogan nacin je
c = −1
8− 1
8
√17 +
1
8
√34 + 2
√17
d = −1
8− 1
8
√17− 1
8
√34 + 2
√17.
14
Konacno, jer je produkt1 cosϕ cos 4ϕ =1
2c te cosϕ + cos 4ϕ = a, cosϕ i cos 4ϕ su
rjesenja jednadzbe
x2 − ax+1
2c = 0.
Stoga je
cosϕ =1
2a+
√1
4a2 − 1
2c
cos 4ϕ =1
2a−
√1
4a2 − 1
2c.
Nadalje je
2a2 = 2 cos2 ϕ+ 4 cosϕ cos 4ϕ+ 2 cos2 4ϕ
= 21 + cos 2ϕ
2+ 2 cos 3ϕ+ 2 cos 5ϕ+ 2
1 + cos 8ϕ
2= 2 + cos 2ϕ+ cos 8ϕ+ 2(cos 4ϕ+ cos 5ϕ)
= 2 + b+ 2c.
Buduci da od samog pocetka trazimo vrijednost cosϕ, odnosno cos2π
17, sada imamo:
cos2π
17=
1
2a+
√1
4a2 − 1
2c =
1
2a+
1
2
√1 +
1
2b− c.
Nakon uvrstavanja i sredivanja, za cos2π
17se dobije vrijednost
1
16
(−1 +
√17 +
√34− 2
√17 + 2
√17 + 3
√17−
√34− 2
√17− 2
√34 + 2
√17
)
koja je zapisana konacnim brojem racionalnih operacija i odredivanja drugih korijena,te je prema Teoremu 2.1 ovaj izraz konstruktibilan ravnalom i sestarom. Takav rezultatje dobio Gauss.
3.2 Konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta ravnalom i sestarom
Analiza: analizu smo proveli u prethodnom potpoglavlju, te ju s toga ne treba po-
navljati. Konstruirat cemo dobiveni izraz za cos2π
17koji ce ujedno dati i stranicu
pravilnog sedamnaesterokuta.
12 cosϕ cos 4ϕ = cos(ϕ− 4ϕ) + cos(ϕ+ 4ϕ) = cos 3ϕ+ cos 5ϕ = c
15
Konstrukcija: najprije cemo navesti korake konstrukcije a zatim sliku koja slijedi ko-rake. Konstrukcija izraza za cos 2π
17slijedi nakon dokaza.
1. k1(O, |OA|)
2. B ∈ k1,AB promjer kruznice k1
3. C ∈ k1, OC ⊥ AB
4. D ∈ OC, |OD| = 14|OC|
5. E ∈ OA, ∠ODE = 14∠ODA
6. F ∈ AB, ∠FDE = 45◦
7. Z poloviste AF
8. k2(Z, |AZ|), k2 ∩OC = G
9. k3(E, |EG|), k3 ∩ AB = H,K
10. m,n; H ∈ m, K ∈ n,m, n ⊥ AB
11. m ∩ k1 = L, n ∩ k1 = M
12. q simetrala kuta ∠LOMq ∩ k1 = N
13. |LN | je stranica pravilnog sedam-naesterokuta
Slika 12: Konstrukcija pravilnog sedamnaesterokuta
Dokaz: Treba pokazati da je konstrukcijom dobiven kut ∠LOM =4π
17. Simetralom se
taj kut raspolovi i dobije se trazeni unutrasnji kut pravilnog sedamnaesterokuta2π
17.
16
Zapravo, treba pokazati da je π − ∠HOL − ∠MOK =4π
17ili da je
π − arccos|OH||LO|
− arccos|OK||MO|
=4π
17.
Bez smanjenja opcenitosti, neka je konstrukcija radena na jedinicnoj kruznici.Tada je |MO| = |LO| = 1 jer su to polumjeri. Sada je jos potrebno naci duljine|OK| i |OH|. To cemo uciniti primjenom trigonometrije pravokutnog trokuta.Svi razmatrani trokuti su pravokutni prema konstrukciji.
Iz 4AOD slijedi ∠ODA = arctg 4.
Prema konstrukciji je ∠ODE =arctg 4
4. Oznacimo taj kut s α. Iz 4ODE imamo
da je |OE| = 1
4tg∠ODE. Oznacimo tu duzinu sa b.
Prema konstrukciji je ∠ODF = 45◦−α. Iz 4ODF slijedi da je |OF | = 1
4tg (45◦ − α).
Oznacimo tu duljinu s c.
Prema konstrukciji je |FA| = c+ |OA| = c+ 1. Ovu duljinu oznacimo s d.
Prema konstrukciji je |EG| = |EK| jer su to radijusi iste kruznice k3. Stoga je dovoljnonaci jedan od njih, npr. |EG|.
Primijetimo da je |OZ| =1
2|AF | − |OF | = d
2− c. Oznacimo ovaj izraz s e. Takoder
je |ZG| radijus kruznice k2 pa je |ZG| = d
2. Oznacimo ovaj izraz s f .
Iz 4ZOG mozemo zakljuciti da je cos∠GZO =|OZ||ZG|
=d2− cd2
= 1− 2c
d. Oznacimo
cos∠GZO s g. Sada je ∠GZO = arccos g. Taj kut oznacimo s h.
Sada mozemo zakljuciti da je |OG| = f sinh. Oznacimo tu duljinu s i.
Iz 4OGE je tg∠OGE =|OE||OG| = b
i
. Odavdje je ∠OGE = arctgb
i. Ovu vrijednost
oznacimo s j.
Sada je |EG| = |OE|sin∠OGE
=b
sin j= |EK|. Ovu vrijednost oznacimo s k.
Ocito je |OK| = |OE|+ |EK| = b+ k. Ovu duljinu oznacimo s l.
Primjetimo da je |HK| = 2k jer je to promjer kruznice kojoj je |EK| = k polu-mjer. To nam daje |OH| = |HK| − l.
Sada je iz trokuta 4MOK i 4OLH lako naci vrijednosti kuteva ∠MOK i ∠HOL.
Konacno je π − arccos|OH||LO|
− arccos|OK||MO|
=4π
17pa se bisekcijom tog kuta dobije
trazeni kut.
Rasprava: Rjesenje je jedinstveno.
17
Slijedeca konstrukcija napravljena je direktno konstruiranjem dobivenog algebar-
skog izraza za cos2π
17.
Analiza:
1. |AA1| = 1
2. |BB1| =√
42 + 12 =√
17
3. |CC1| =√34 + 2
√17 =
√√34
2+√
2√
172
4.√
34 =√
32 + 52
5. |DD1| =√
34− 2√
17
6. |EE1| =17 + 3|BB1| − |DD1| − 2|CC1|
7. |FF1| =√|EE1|
8. |GG1| = |BB1|−1+|DD1|+2|FF1|
9. |GG2| =1
16|GG1|
Konstrukcija: prema osnovnim algebarskim konstrukcijama iz poglavlja 2 slijedi kons-trukcija:
18
Kako bi konstrukcija sedamnaesterokuta bila preglednija, povecajmo cetiri putaduljinu jedinicne duzine. Tada se i dobivena trazena duljina |GG2| poveca cetiri puta.
Dokaz: Dokaz slijedi iz analize i konstrukcije te Teorema 2.1.
Rasprava: Rjesenje je jedinstveno.
3.3 Gaussova teorija
Prije Gaussa su problem konstrukcija pravilnih n-terokuta razmatrali Vandermonde iLagrange. Oni su nezavisno jedan od drugog predstavili zasto postoje opca rjesenjajednadzbi treceg i cetvrtog stupnja. Zakljucili su da je mogucnost pronalaska rjesenjajednadzbe jednaka pronalasku vrijednosti odredenih izraza vezanih za rjesenja i to bezpoznavanja samih rjesenja.
Njihovu metodu pokusat cemo objasniti na osnovu jednadzbe x2 − px + q = 0.Neka su toj jednadzbi rjesenja x1 = a i x2 = b. Sada mozemo reci da je p = a + bte q = ab. Sada uzmimo neku funkciju koja ovisi o a i b. Neke funkcije, kao sto jef(r1, r2) = r1 + r2 imaju istu vrijednost bez obzira koju varijablu oznacimo s r1 a kojes r2. Neka je zato f(a, b) = f(b, a) = p.
S druge strane, funkcije oblika g(r1, r2) = r1−r2 imaju razlicite vrijednosti obziromna to sto je proglaseno za r1 a sto za r2. Zato funkcija g moze poprimiti jednu ili dvije
19
moguce vrijednosti: a − b ili a + b. Kako bi se nasle tocne vrijednosti, Lagrange jedozvolio da k razlicitih vrijednosti budu korijeni jednadzbe k-tog stupnja. Odnosno, unasem primjeru, dvije vrijednosti za g bit ce korijeni jednadzbe
(y − (a− b))(y − (b− a)) = y2 − (a− b)2.
Ocito je (a−b)2 = (a+b)2−4ab. Buduci da znamo vrijednosti od a+b i ab mozemoodrediti da je
(a− b)2 = p2 − 4q
i to bez poznavanja rjesenja a i b.Dakle, mozemo zakljuciti da ce dvije razlicite vrijednosti od a − b biti rjesenja
jednadzbe y2−(p2−4q) = 0. Odatle je a−b =√p2 − 4q ili a−b = −
√p2 − 4q. Ono sto
odaberemo nece praviti nikakvu razliku. Na primjer, mogli bi uzeti a− b =√p2 − 4q.
Da bi nasli a i b treba nam jos jedna jednadzba koju mozemo dobiti kao a+ b = p stonam daje sustav
a+ b = p
a− b =√p2 − 4q
iz cega slijedi da je a =p+
√p2 − 4q
2, b =
p−√p2 − 4q
2.
Obojica, Vandermonde i Lagrange, razmatrali su problem pronalaska n-tih korijenaiz jedinice, odnosno rjesavanje jednadzbi oblika xn − 1 = 0. Lagrange je spoznao daako je n prost, sva rjesenja jednadzbe mogu se izgenerirati sukcesivnim potenciranjemsvakog korijena jednadzbe osim x = 1. Tako je Lagrange ovu metodu upotrijebio kakobi nasao korijene iz jedinice za n = 3, 4, 5, 6 dok je Vandermonde koristeci slicne metodedosao do n = 11.
Kako smo vec pokazali i konstruirali, mozemo naslutiti kako je Gauss koristio slicnemetode kao i Vandermonde i Lagrange. Gaussovo otkrice bilo je bez presedana. On jeizravno ali pametno upotrijebio Vandermondeove i Lagrangeove ideje.
Kako smo ranije naveli, n-ti korijeni iz jedinice su rjesenja jednadzbe xn − 1 = 0.Ocito je da svaki korijen r te jednadzbe mora zadovoljavati rn = 1. Ako je n najmanjitakav da je rn = 1, onda kazemo da je r primitivni n-ti korijen iz jedinice. Na primjer,korijeni jednadzbe x4 − 1 = 0 su ±1,±i. Buduci da je 11 = 1 te (−1)2 = 1 onda ±1nisu primitivni. S druge strane, najmanja potencija od i i −i koja daje 1 je 4, pa su±i primitivni korijeni iz jedinice i njihove potencije generiraju sva rjesenja:
i, i2 = −1, i3 = −i, i4 = 1.
Opcenito, Lagrange je napomenuo da ako je n prost tada jednadzba ima n− 1 primi-tivnih korijena iz jedinice.
Takoder, ranije smo istaknuli da konstrukcija pravilnog n-terokuta odgovara kons-trukciji korijena jednadzbe xn − 1 = 0. Zbog jednostavnosti, pristupit cemo problemutrazeci rjesenja jednadzbe x5 − 1 = 0. Ova jednadzba ima jedan neprimitivni korijenx = 1. Dijeleci jednadzbu s x− 1 dobijemo jednadzbu
x4 + x3 + x2 + x+ 1 = 0
koju nazivamo ciklotomska jednadzba. Svi primitivni peti korijeni moraju zadovoljavatiovu jednadzbu.
20
Gauss je za razmatranje uzeo niz ciji je prvi clan primitivni korijen, a svaki iduci clanje neka potencija prethodnog. Na primjer, ako uzmemo r i kubiramo ga sukcesivno,dobivamo niz
r, r3, r9, r27, r81, . . .
Buduci da je r korijen jednadzbe x5 − 1 = 0, tada je r5 = 1. Dakle, prethodni nizpotencija mozemo zapisati kao
r, r3, r4, r2, r, . . .
i u tom nizu se pojavljuju svi korijeni. S druge strane, pretpostavimo da smo uzelir i sukcesivno ga potencirali potencijom 4. Opet, buduci da je r korijen jednadzbex5 − 1 = 0, tada je r5 = 1. Dakle, dobijemo niz
r, r4, r16, r64, . . .
U ovome slucaju jedini razliciti brojevi u nizu su r i r4. Primijetimo da su ostala dvakorijena r2 i r3 kvadrati dvaju razlicitih clanova prethodnog niza
(r)2 = r2 (r4)2 = r8 = r3.
Opcenitije, pretpostavimo da je n prost broj te r primitivni n-ti korijen iz jedinice.Gauss je pokazao da ce niz potencija imati k razlicitih elemenata, gdje je k djelitelj odn− 1. Stovise, preostali korijeni (ako je k 6= n− 1) mogu se separirati u dva skupa odpo k razlicitih elemenata od kojih je svaki potencija korijena originalnog skupa.
Na primjer, neka je n = 7 te p primitivni korijen. Niz p, p6, p36, p216, . . . sadrzi samodva razlicita korijena: p i p6. Njihovi kvadrati su p2, p12 = p5 a kubovi p3, p4. Dakle,6 korijena smo particionirali u tri skupa: {p, p6}, {p2, p5} i {p3, p4}. Primijetimo daovo particioniranje nije jedinstveno. Mogli smo uzeti niz p, p2, p4, p8, . . .. On sadrzi trirazlicita korijena p, p2, p4 a ostali korijeni su kubovi ovih korijena. Tako smo 6 korijenaparticionirali u dva skupa: {p, p2, p4} i {p3, p5, p6}.
Vratimo se sada nasem problemu za n = 5. Skup korijena smo particionirali nadva dijela: {r, r4} i {r2, r3}. Gauss je zatim razmatrao zbroj korijena u svakom skupu(oznacavajuci sume kao ”periodi”) te je stavio te sume kao korijene jednadzbe. Unasem slucaju to izgleda ovako:
(y − (r + r4))(y − (r2 + r3)) = y2 − (r4 + r3 + r2 + r)y + (r + r4)(r2 + r3)
= y2 − (r4 + r3 + r2 + r)y + (r3 + r4 + r6 + r7)
= y2 − (r4 + r3 + r2 + r)y + (r4 + r3 + r2 + r)
= y2 + y − 1
gdje smo uzeli u obzir cinjenicu da r zadovoljava jednadzbu x4 + x3 + x2 + x+ 1 = 0.Sada mozemo zakljuciti da izrazi r + r4 i r2 + r3 odgovaraju korijenima kvadratne
jednadzbe y2 + y − 1 = 0. Lako se izracuna da su to y1,2 =−1±
√5
2. Jedan od tih
korijena odgovara izrazu r + r4 a drugi izrazu r2 + r3. U principu nema razlike kojicemo dodijeliti kojem, medutim u praksi je zgodnije kada bi r bio vodeci peti korijen
iz jedinice cos2π
5+ i sin
2π
5. Gauss je napomenuo kako bi se taj korijen mogao naci
numericki, odnosno priblizno, te tako vidjeti koji od dva korijena jednadzbe y2+y−1 =0 je jednak r + r4. Alternativna solucija bi bila primijetiti kako r + r4 ima pozitivan
realni dio pa ce biti r + r4 =−1 +
√5
2.
21
Za pronalazak korijena r mozemo konstruirati kvadratnu jednadzbu kojoj su r i r4
korijeni:
(z − r)(z − r4) = z2 − (r + r4)z + r5 = z2 −
(−1 +
√5
2
)z + 1
i koeficijenti ove jednadzbe se mogu konstruirati. Stoga ce i korijeni jednadzbe bitikonstruktibilni. Korijeni jednadzbe su:
z1,2 =
(−1+
√5
2
)±√(
−1+√5
2
)2− 4
2=−1 +
√5
4± i√
10 + 2√
5
4.
Jedno od tih rjesenja bit ce vodeci peti korijen iz jedinice a drugo rjesenje bit ce cetvrta
potencija prvog rjesenja. Buduci da je vodeci peti korijen iz jedinice cos2π
5+ i sin
2π
5,
mozemo (kako je Gauss sugerirao) aproksimirati sinus i kosinus te odrediti koji oddva korijena odgovara vodecem korijenu. Kada provedemo racun dobit cemo da je
cos2π
5=−1 +
√5
4te da je sin
2π
5=
√10 + 2
√5
4. Obzirom da su ove vrijednosti kons-
truktibilne, to je i pravilni peterokut konstruktibilan. To smo, naravno, znali i ranije,ali cilj je bio na jednostavnijem primjeru pokazati sto je zapravo Gauss radio i kako jedosao do pravilnog sedamnaesterokuta.
Pogledajmo jos jedan primjer. Neka je to pravilni sedmerokut. Kao i ranije mozemoseparirati korijene jednadzbe x7 − 1 = 0 u dva skupa: {p, p2, p4} te {p3, p5, p6}. Nekasu sume elemenata iz pojedinog skupa korijeni kvadratne jednadzbe. Sada kao i ranijeimamo
(y − (p+ p2 + p4))(y − (p3 + p5 + p6)) = y2 + y + 2.
Korijeni jednadzbe y2 + y + 2 = 0 su y1,2 =−1±
√−1
2. Ako je p vodeci korijen,
tada p + p2 + p4 ima pozitivni imaginarni dio pa je−1 +
√−1
2= p+ p2 + p4 te
−1−√−1
2= p3 + p5 + p6. Iduci korak bi bio postavljanje p, p2, p4 za korijene kubne
jednadzbe (z− p)(z− p2)(z− p4) = 0. Ovu jednadzbu mozemo rijesiti i znamo joj nacirjesenja ali problem nam stvara odredivanje treceg korijena koje je neizbjezno. Stogaje jasno da pravilni sedmerokut nije konstruktibilan.
Ovaj primjer nam je pokazao puno toga. Pretpostavimo da zelimo konstruiratipravilni n-terokut za n prost broj. Ako n− 1 ima prostih faktora razlicitih od 2 tadacemo u nekom koraku separiranja korijena morati rijesiti jednadzbu stupnja veceg od 2.Stoga konstrukcija pravilnog n-terokuta pokazanom metodom zahtjeva da je n oblikan = 2k + 1. Mozemo otici i korak dalje. Ako k ima barem jedan neparan faktor tadaje 2k − 1 slozen broj. To vrijedi, jer ako je k = pq i, bez smanjenja opcenitosti, qje neparan, tada xpq + 1 sadrzi faktor xp + 1. Mozemo zakljuciti da je pravilni n-terokut, za n prost, moguce konstruirati ako je n posebnog oblika. Taj posebni obliksu zapravo Fermatovi brojevi Fn = 22n + 1, n ∈ N0. Poznati Fermatovi brojevi su3, 5, 17, 257, 65 537.
U svakom slucaju, za n = 17 odgovarajuca ciklotomska jednadzba ima 16 korijena.Buduci da u procesu niti jednom nije morao rijesiti jednadzbu stupnja veceg od 2,Gauss je dobio da se korijeni mogu konstruirati. Raspodjela u skupove bila je premaopisanim koracima i zbog preglednosti prikazana je na Slici 13.
22
Gauss je uzeo p kao primitivni korijen ciklotomske jednadzbe sesnaestog stupnjax16 + x15 + . . . + x + 1 = 0. Pri prvoj podjeli je p sukcesivno potencirao na devetupotenciju i dobio niz
p, p9, p81, p729, . . . , p4 782 969, . . .
te, jer je p17 = 1, dobio ponavljanja. Slijedi prvi skup
{p, p2, p4, p8, p9, p13, p15, p16}.
Kubiranjem clanova tog skupa dobije se skup preostalih rjesenja
{p3, p5, p6, p7, p10, p11, p12, p14}.
Nastavak raspodjele moze se pratiti na Slici 13.
Slika 13: Particioniranje skupa korijena jednadzbe x16 + x15 + · · ·+ x+ 1 = 0
Jer je ϕ =2π
17vrijedi: cosϕ = cos 16ϕ, cos 4ϕ = cos 13ϕ, cos 2ϕ = cos 15ϕ, cos 8ϕ =
cos 9ϕ,cos 3ϕ = cos 14ϕ, cos 5ϕ = cos 12ϕ, cos 6ϕ = cos 11ϕ, cos 7ϕ = cos 10ϕ sto selako provjeri oduzimanjem i primjenom trigonometrijskih identiteta.
Dakle, sada je jasno odakle Gaussu izbor za a, b, c, d iz potpoglavlja 3.1.
23
4 Gaussov teorem i algebra
Jos nam je ostalo otvoreno pitanje za koje n ∈ N se moze konstruirati pravilni n-terokut. Odgovor na ovo pitanje dat ce nam Gaussov teorem, no najprije cemo iskazatiosnovnu teoriju koja nam je potrebna za razumijevanje dokaza teorema.
4.1 Grupe i polja
Definicija 4.1. Skup G s binarnom operacijom ∗ se zove grupa ako vrijedi
1. asocijativnost: za sve a, b, c ∈ G: a ∗ (b ∗ c) = (a ∗ b) ∗ c
2. postoji e ∈ G takav da je e ∗ a = a ∗ e = a, za svaki a ∈ G
3. za svaki a ∈ G postoji a−1 ∈ G takav da je a ∗ a−1 = a−1 ∗ a = e
Grupu nazivamo komutativna ili Abelova ako za svaki a, b ∈ G vrijedi a ∗ b = b ∗ a.
Definicija 4.2. Red grupe G, u oznaci |G| je broj elemenata grupe G. Ako je brojelemenata grupe konacan tada je i grupa konacnog reda. U suprotnom je grupa be-skonacnog reda.
Definicija 4.3. Neka je G grupa i H ⊆ G. H se zove podgrupa grupe G ako je Hgrupa obzirom na istu operaciju kao i G.
Definicija 4.4. Neka je p prost broj. Za grupu cemo reci da je p-grupa ako je onakonacna grupa ciji red je potencija broja p.
Definicija 4.5. Komutativni prsten s jedinicom je skup R na kojem su definirane dvijebinrne opracije, + i · takve da vrijedi:
1. R je Abelova grupa obzirom na opraciju +
2. komutativnost: a · b = b · a, za sve a, b ∈ R
3. asocijativnost: a · (b · c) = (a · b) · c, za sve a, b, c ∈ R
4. postoji 1 ∈ R takav da je 1 · a = a, za sve a ∈ R
5. distributivnost: a · (b+ c) = a · b+ a · c, za sve a, b, c ∈ R
Definicija 4.6. Polje je komutativni prsten s jedinicom u kojem svaki ne-nul elementima multiplikativni inverz, tj.tj. za svaki a ∈ R \{0}, gdje je 0 neutralni element grupeR postoji x ∈ R takav da je a · x = x · a = 1.
4.2 Prosirenje polja
Ideja o ireducibilnosti polinoma nad poljem racionalnih brojeva dovela je do pitanja otome koje je najmanje polje nad kojim je dani polinom reducibilan. Osnovni teoremalgebre kaze da su svi polinomi reducibilni nad poljem kompleksnih brojeva, ali zadanipolinom je mozda potpuno reducibilan i nad nekim manjim poljem. To je razvilokoncepte prosirenja polja.
Definicija 4.7. Neka su K i L polja. Ako je K ⊆ L, L se naziva prosirenje polja K.
24
Kazemo da je L jednostavno prosirenje polja K ako je L prosirenje polja K tepostoji a iz L takav da je L najmanje polje koje sadrzi i K i a. Posebno, u polje mozemododati korijene polinoma i tako napraviti vece polje nad kojim je polinom reducibilan.U slucaju polinoma, na primjer x2 − 2, vece polje nad kojim je on reducibilan jeQ(√
2) = {a+ b√
2|a, b ∈ Q}.
Definicija 4.8. Ako je L prosirenje polja K, L mozemo promatrati kao vektorski pros-tor nad poljem K te ako je taj vektorski prostor konacnodimenzionalan kazemo da jeL konacno prosirenje polja K. Prirodni broj dimKL zovemo stupanj prosirenja poljaK i oznacavamo s [L : K].
Stupanj prosirenja, dakle, mozemo naci trazeci dimenziju vektorskog prostora Lnad poljem K.
Dokaz iduceg rezultata nije nam toliko bitan, ali moze ga se naci u knjizi [5, str.85]
Teorem 4.1. Neka su K ⊆ L ⊆M polja. Tada je [M : K] = [M : L] [L : K], pri cemusmatramo da je ∞ · n = n · ∞ =∞ ·∞ =∞.
Definicija 4.9. Neka su G1 i G2 grupe. Preslikavanje ϕ : G1 −→ G2 naziva sehomomorfizam grupa ako je ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b) za svaki a, b ∈ G1. Izomorfizam grupaje homomorfizam koji je bijekcija.
Definicija 4.10. Neka je K polje. Automorfizam polja K je svaki izomorfizam poljaK na samog sebe. Skup svih automorfizama polja K oznacavamo s Aut(K).
Definicija 4.11. Neka je L prosirenje polja K (K ⊆ L). K-automorfizam polja L jeautomorfizam σ ∈ Aut(L) za koji vrijedi σ(x) = x, za svaki x ∈ K.
Definicija 4.12. Oznacimo s AutK(L) skup svih K-automorfizama polja L. AutK(L)je potpolje od Aut(L) i AutK(L) naziva se Galoisova grupa prosirenja L polja K.Oznacavamo ju s Gal(L,K).
4.3 Polinomi
Jedan od vaznijih rezultata algebre je da ako je R komutativni prsten s jedinicom tadaje R [x], skup polinoma u jednoj varijabli s koeficijentima iz R, komutativni prsten sjedinicom. U algebri se cesto govori o ireducibilnim polinomima. Ireducibilan polinomje takav polinom kod kojeg ne postoji polinom manjeg stupnja od njega koji ga dijeliu istom prstenu polinoma. Drugim rijecima, ako je polinom p(x) ireducibilan tada nepostoje netrivijalni polinomi manjeg stupnja takvi da je p(x) = a(x)b(x). Takoder,postoji jedinstvena faktorizacija svih polinoma u produkt ireducibilnih polinoma.
Definicija 4.13. Neka je K polje i P ∈ K [x] nekonstantan polinom. Kazemo da sepolinom P cijepa nad prosirenjem L polja K ako postoji a ∈ K te α1, . . . , αn ∈ L takvida je
P (x) = a(x− α1) · · · (x− αn),
odnosno ako polinom P mozemo faktorizirati kao produkt linearnih faktora.
Definicija 4.14. Neka je K polje i P ∈ K [x] nekonstantan polinom. Ako se P cijepanad L, tj. ako je P (x) = a(x−α1) · · · (x−αn), a ∈ K, α1, . . . , αn ∈ L te ako je k tomeL = K(α1, . . . , αn), onda se L naziva polje cijepanja polinoma P nad poljem K.
25
4.4 Ciklotomsko polje
Kako bi preveli ideju o n tocaka jednako rasporedenih po trigonometrijskoj kruzniciiz euklidske konstrukcije u nesto s cime mozemo raditi algebarski potrebno nam jeciklotomsko polje . Navesti cemo jos jednom definicije vezane za ciklotomska polja.
Definicija 4.15. Neka je n ∈ N. Polje Q(ξn) koje se dobije prosirenjem polja raci-onalnih brojeva primitivnim n-tim korijenima iz jedinice ξn naziva se ciklotomsko poljereda n.
Ciklotomsko polje Q(ξn) je polje korijena polinoma xn− 1. Zaista, svaki korijen odxn − 1 je potencija primitivnog korijena ξn i te potencije generiraju Q(ξn). Odatle jeQ(ξn) Galoisova grupa prosirenja polja Q.
Moze se pokazati([6, lema 6.1.]) da je [Q(ξn) : Q] = ϕ(n), gdje je ϕ(n) Eulerovafunkcija koja daje broj elemenata skupa 1, 2, . . . , n koji su relativno prosti s n.
Definicija 4.16. Polinom oblika
Φn(x) =∏ξ∈ωn
(x− ξ)
gdje je ωn skup primitivnih n-tih korijena iz jedinice, naziva se ciklotomski polinom.Ciklotomski polinom je normirani polinom najmanjeg stupnja ciji su svi korijeni pri-mitivni n-ti korijeni iz jedinice.
4.5 Konstruktibilni brojevi
Kako smo ranije rekli, duljinu neke duzine, tj. neki broj, mozemo konstruirati ravnalomi sestarom ako ju mozemo dobiti konacnim brojem racionalnih operacija i odredivanjadrugih korijena. Mozemo reci: broj je konstruktibilan ako ga se moze dobiti konacnimbrojem presjeka pravaca i kruznica. Primijetimo, ako kruznice i pravce prebacimo ukoordinatni sustav i radimo s njihovim jednadzbama, svaki presjek pravca i kruznice ceimati jednadzbu stupnja dva ili manje. Dakle, sve te jednadzbe mogu se rijesiti samoracionalnim operacijama i uzimanjem drugih korijena. Takoder, algebarski to mozemoreci ovako: kompleksni broj je konstruktibilan ako i samo ako postoji niz prosirenjapolja Q = K0 ⊆ K1 ⊆ · · · ⊆ Kn = Q(z) takav da je svako prosirenje Ki ⊆ Ki+1
kvadratno, odnosno [Ki+1 : Ki] = 2.Ovi iskazi su ekvivalentni jer je prosirenje polja F ⊆ K kvadratno ako i samo
ako je K = F (√a) za neki a ∈ F takav da
√a /∈ F . Dakle, konstruirati drugi
korijen ekvivalentno je najvise kvadratnom prosirenju polja, dok zbrajanje, oduzimanje,mnozenje i dijeljenje polju ne doprinose ni na koji nacin.
4.6 Fermatovi brojevi
Brojevi oblika Fn = 22n + 1 gdje je n ∈ N0, zovu se Fermatovi brojevi. Poznato je dasu prvih pet Fermatovih brojeva prosti. Ti brojevi su 3, 5, 17, 257 i 65 537. IduciFermatov broj je F5 = 4 294 967 297 i za njega ni sam Fermat nije mogao dokazati daje prost. Tek 80 godina nakon Fermatove smrti Euler je pokazao da je taj broj zapravoslozen te da su mu djelitelji 641 i 6 700 417. Petnaestak godina kasnije Euler je objavioi dokaz iduceg teorema, koji je zapravo poopcenje malog Fermatovog teorema, koji kazeda ako cijeli broj a nije djeljiv prostim brojem p onda je ap−1 − 1 djeljiv s p,:
26
Teorem 4.2. Ako brojevi a i b nisu djeljivi prostim brojem p tada je svaki broj oblikaap−1 − bp−1 djeljiv s p.
Euler je to iskoristio kako bi dokazao da svaki djelitelj broja oblika a2m + b2m (medukojima su i Fermatovi brojevi) mora biti oblika k2m+1 + 1, gdje je k ≥ 0. Lucas jeovo prosirio na brojeve oblika k2m+2 + 1 sto mu je dalo pocetnu tocku za testiranjevrijednosti n koje daju proste brojeve te ih testirao jesu li djelitelji od F5. Bilo muje potrebno samo sest pokusaja da nade prikladni n. Ovakvim istrazivanjem doslo sedo zakljucka da su brojevi od F6 do F11 slozeni. Nije poznato postoje li veci prostiFermatovi brojevi.
4.7 Gaussov teorem
Teorem 4.3 (Gauss). Pravilni n-terokut moze se konstruirati ravnalom i sestarom akoi samo ako je n broj oblika
n = 2ap1p2p3 · · · pigdje je a ≥ 0 te p1, p2, . . . , pi razliciti Fermatovi brojevi.
Dokaz. Najprije primijetimo da je konstrukcija pravilnog n-terokuta ekvivalentna kons-trukciji n-tih korijena iz jedinice u kompleksnoj ravnini.
Pogledajmo primitivni n-ti korijen iz jedinice ξn = cos2π
n+ i sin
2π
n. Sada su svi n-
ti korijeni iz jedinice 1, ξn, . . . , ξn−1n . Buduci da je skup konstruktibilnih brojeva polje,
ti brojevi ce biti konstruktibilni ako i samo ako je ξn konstruktibilan. Dakle, pravilnin-terokut je konstruktibilan ako i samo ako je ξn konstruktibilan.
Prema karakterizaciji konstruktibilnih brojeva iz potpoglavlja 4.5, ξn ce biti kons-truktibilan ako i samo ako postoji niz prosirenja polja Q = K0 ⊆ K1 ⊆ · · · ⊆ Kn =Q(z) takav da je svako prosirenje Ki ⊆ Ki+1 kvadratno, odnosno [Ki+1 : Ki] = 2. Jerje Q(ξn) ciklotomsko polje, ranije smo naveli da je [Q(ξn) : Q] = ϕ(n).
Pretpostavimo sada da niz prosirenja Q = K0 ⊆ K1 ⊆ · · · ⊆ Kn = Q(z) postoji.Prema Teoremu 4.1 slijedi:
ϕ(n) = [Q(ξn) : Q] = [Km : Km−1] [Km−1 : Km−2] · · · [K1 : K0] = 2 · 2 · · · 2︸ ︷︷ ︸m puta
= 2m
sto smo i trazili.Pretpostavimo sada da je ϕ(n) = 2m za neki m. Polje Q(ξn) je polje cijepanja
ciklotomskog polinoma Φn(x) te je Q(ξn) Galoisova grupa prosirenja polja Q. RedGaloisove grupe Gal(Q(ξn),Q) je jednak [Q(ξn) : Q] = 2m. Stoga je G = Gal(Q(ξn),Q)2-grupa te mora postojati niz podgrupa
G = Gm > Gm−1 > · · · > G0 = {e}
takav da je [Gi+1 : Gi] = 2 za sve i. Fundamentalni teorem Galoisove teorije kazeda postoji bijekcija izmedu podgrupa od Gal(Q(ξn),Q) i niza prosirenja polja Ki:Q = Km ⊆ Km−1 ⊆ · · · ⊆ K0 = Q(ξn); takvih da je stupanj svakog prosirenja 2,odnosno da je [Ki : Ki+1] = [Gi+1 : Gi] = 2. Stoga je ξn konstruktibilan.
Sada smo pokazali da je pravilni n-terokut konstruktibilan ako i samo ako je ϕ(n) =2. Jos treba pokazati da su brojevi koji to zadovoljavaju u tocnom obliku, tj. oblikan = 2ap1p2p3 · · · pi gdje je a ≥ 0 te p1, p2, . . . , pi razliciti Fermatovi brojevi.
27
Neka je n faktoriziran na nacin da je n = 2ape11 pe22 p
e33 · · · p
eii , gdje su p1, p2, . . . , pn
razliciti neparni prosti brojevi, ek ≥ 1 za sve k, te a ≥ 0. Prema definiciji od ϕ(n)imamo:
ϕ(n) = 2a−1pe1−11 pe2−12 pe3−13 . . . pei−1i (p1 − 1)(p2 − 1) · · · (pn − 1)
iliϕ(n) = pe1−11 pe2−12 pe3−13 · · · pei−1i (p1 − 1)(p2 − 1) · · · (pn − 1) ako je a = 0.
Pretpostavimo da je ϕ(n) = 2m. Potencija broja 2 ne moze biti djeljiva neparnimprostim brojem pa ne moze biti ek > 1 ni za koji k jer bi inace pk dijelio 2m. Stoga jee1 = e2 = · · · = ei = 1. Takoder, bilo koji djelitelj potencije broja 2 mora biti potencijabroja 2 te je tako pk − 1 potencija broja 2 za svaki k. Sada je jasno da je svaki pkFermatov broj. Dakle, n je trazenog oblika.
Obratno, pretpostavimo da je n = 2ap1p2p3 · · · pi, gdje su p1, p2, . . . , pi razlicitiFermatovi brojevi pk = 22γk + 1. Tada je
ϕ(n) = 2a−1(p1 − 1)(p2 − 1) · · · (pn − 1) = 2a−122γ122γ2 · · · 22γi
iliϕ(n) = (p1 − 1)(p2 − 1) · · · (pn − 1) = 22γ122γ2 · · · 22γi ako je a = 0.
U oba slucaja to su potencije broja 2 kako se i zahtijevalo.
U knjizi Disquisitiones Arithmeticae na kraju sedmog poglavlja Sectio septima deaequationibus circuli sectiones definientibus (o jednadzbama koje definiraju odjeljkekruga), Gauss navodi slijedece: ”Opcenito, dakle, kako bi mogli podijeliti kruznicugeometrijski na N dijelova, N mora biti 2 ili neka veca potencija od 2, ili prost brojoblika 2m+1, ili produkt nekoliko prostih brojeva tog oblika, ili jednog ili nekoliko takvihprostih brojeva s 2 ili nekom vecom potencijom od 2. Ukratko, potrebno je da N nesadrzi neparni prosti faktor koji nije oblika 2m + 1 niti prosti faktor oblika 2m + 1 viseod jednom. Ovdje su navedene 38 vrijednosti broja N ispod 300:2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20, 24, 30, 32, 34, 40, 48, 51, 60, 64, 68, 80, 85,96, 102, 128, 136, 160, 170, 192, 204, 240, 255, 256, 257, 272.”[2, str. 463]
28
Literatura
[1] D. M. BURTON,The History of Mathematics: An Introduction, McGraw-Hill, NewYork, 2006.
[2] C. F. GAUSS, Disquisitiones Arithmeticae, Lipsiae, in Comissis apud Gerh. Fleis-cher, 1801.
[3] R. HARTSHORNE,Geometry: Euclid and Beyond, Springer, New York, 2000.
[4] A. JONES, S. A. MORRIS, K. R. PEARSON, Abstract Algebra and Famous Im-posibilities, Springer-Verlag, Harrisonburg Virginia, 1994.
[5] H. KRALJEVIC, Algebra, Odjel za matematiku, Osijek, 2007.
[6] D. KUH, Constructible Regular n-gons, Whitman College - senior project archive,2013.
[7] Y. NISHIYAMA, Gauss’ Method of Constructing a Regular Heptadecagon, Interna-tional Journal of Pure and Applied Mathematics, vol. 82 no. 5, 2013., 695-707
[8] D. PALMAN, Geometrijske konstrukcije, Element, Zagreb, 1996.
[9] C. C. PINTER, A book of abstract algebra, Dover Publications, Inc., Mineola, NewYork, 1990.
[10] D. SAVITT, The Matematics of Gauss, Cornell University New York, 2007.
[11] J. SUZUKI, A Brief History of Impossibility, Mathematics magazine, vol. 81 no.1, 2008., 27-38
[12] J. VILLANUEVA, The cyclotomic equation and its significance to solving the qu-intic equation, International Conference on Technology in Collegiate Mathematics(ICTCM),vol. 25, 2013., 293-299
29
Sazetak
Geometrijske ili euklidske konstrukcije, kako im samo ime kaze, poznate su jos odanticke Grcke. Smatralo se da se sve zna i da su iscrpljene sve mogucnosti. Medutim,Carl Friedrich Gauss nije smatrao tako. On je uspio pokazati da uz konstrukcije poz-natih pravilnih n-terokuta kao sto su trokut, cetverokut i peterokut, postoje jos nekikoji su konstruktibilni. Gauss je smjestio pravilne n-terokute u kompleksnu ravninu.Vrhove pravilnih n-terokuta shvatio je kao koordinate tocaka u kompleksnoj ravnini.Obzirom da se tako svaki vrh moze prikazati kao kompleksni broj z = x+ yi, odnosnou trigonometrijskom obliku z = cosϕ + i sinϕ, za konstrukciju pravilnog n-terokuta
dovoljno je moci konstruirati duzinu duljine cos2π
nili sin
2π
n. To je moguce ukoliko se
rijesenja jednadzbe n-tog stupnja xn− 1 = 0 mogu zapisati konacnim brojem racional-nih operacija i odredivanja drugih korijena. Rjesenja takve jednadzbe nazivaju se n-tikorijeni iz jedinice.
Koristeci se Vandermondeovim i Lagrangeovim prijasnjim rezultatima, Gauss jevrlo vjesto rijesio jednadzbu sedamnaestog stupnja x17 − 1 = 0 i jedno njeno rjesenjeprikazao konacnim brojem racionalnih operacija i odredivanja drugih korijena te takopokazao da je moguce konstruirati pravilni sedamnaesterokut. Rjesavanje jednadzbex17−1 = 0 sveo je na trazenje korijena ciklotomskog polinoma x16+x15+· · ·+x+1 = 0.Ne znajuci unaprijed rjesenja, korijene polinoma je separirao u osam skupova po dvakorijena i tako trazenje korijena polinoma sesnaestog stupnja sveo na trazenje korijenapolinoma drugog stupnja. Svoje ideje i detaljne raspise postupka objavio je u knjiziDisquisitiones Arithmeticae sa nepune 24 godine.
Opcenitije, Gauss je dao tocan opis brojeva n za koje je pravilni n-terokut kons-truktibilan. Ti n-ovi su usko povezani s Fermatovim brojevima i potencijama brojadva. Formalno govoreci, Gauss je pokazao da se pravilni n-terokut moze konstruiratiravnalom i sestarom ako je n oblika 2ap1p2p3 · · · pi gdje je a > 0 te p1, p2, p3, . . . , pirazliciti Fermatovi brojevi.
Kljucne rijeci: Gauss, Disquisitiones Arithmeticae, pravilni sedamnaesterokut,pravilni poligoni, ciklotomski polinom, korijen iz jedinice, ciklotomsko polje, Gaussovteorem
30
Title and summary
Regular heptadecagon
Geometric or Euclidean constructions, as their name suggest, are known from anticGreece. It was considered that all is known and all possibilities are exhausted. But,Carl Friedrich Gauss didn’t thought so. He managed to prove that along constructionsof regular n-gons like triangle, square and pentagon, there are more of them which areconstructible. Gauss settled regular n-gons in complex plane. He imagined verticesof regular n-gons as coordinates of points in complex plane. Considering that everyvertex can be written as complex number z = x + yi, that is in trigonometric formz = cosϕ+ i sinϕ, for construction of regular n-gon it is enough to be able to construct
segment with length of cos2π
nor sin
2π
n. That is possible if roots of equation of n-th
degree xn − 1 = 0 can be written with finite number of rational operations and takingof square roots. Roots of such equation are called n-th roots of unity.
Using Vandermonde and Lagrange earlier results, Gauss was very cleverly solvedequation of 17th degree x17 − 1 = 0 and one of their roots wrote using finite numberof rational operations and taking of square roots and by doing so showed that it ispossible to construct regular heptadecagon. Solving of equation x17−1 = 0 he reducedon finding roots of cyclotomic polynomial x16 + x15 + · · · + x + 1 = 0. Not knowingsolutions in advance, he separated roots of polynomial in eight sets by two roots andby doing so he reduced finding roots of polynomial of 16th degree into finding roots ofpolynomial of 2nd degree. His ideas and detailed descriptions Gauss published in bookDisquisitiones Arithmeticae not even being 24 years old.
Generally, Gauss gave exact description of numbers n for which regular n-gon isconstructible. Those n-s are closely related to Fermat numbers and powers of numbertwo. Formally speaking, Gauss showed that regular n-gon can be constructed with rulerand compass if n has form 2ap1p2p3 · · · pi where a > 0 and p1, p2, p3, . . . , pi differentFermat numbers.
Key words: Gauss, Disquisitiones Arithmeticae, regular heptadecagon, regularpolygon, cyclotomic polynomial, root of unity, cyclotomic field, Gauss theorem
31
Zivotopis
Roden sam 18.6.1991. u Osijeku. Od 1998. do 2006. pohadao sam Osnovnu skolu IvanGoran kovacic u Dakovu te nakon toga upisao Prirodoslovno-matematicku gimnaziju A.G. Matosa takoder u Dakovu. Gimnaziju sam zavrsio polozenom Drzavnom maturomskolske godine 2009./2010. te iste 2010. upisao Integrirani sveucilisni nastavnicki studijmatematike i informatike na Odjelu za matematiku Sveucilista J. J. Strossmayera uOsijeku.
32
